Exercice Physique Moléculaire Rotation - Vibration
Rotation - Rovibration d'une diatomique
I- Molécules diatomiques CN et CN+
1) Déterminer l’expression du moment d’inertie d’une molécule diatomique M1M2 par rapport à un axe passant par son centre de masse G (Figure), en fonction de sa masse réduite μ et de la distance interatomique re à l’équilibre.
3) Pour la molécule CN+ la longueur de liaison est re = 1,29 Å.
a- Prévoir la position des quatre premières raies de son spectre de rotation.
b- En appliquant la loi de distribution de Boltzmann, déterminer l’expression du nombre quantique Jm de l’état de rotation le plus peuplé.
Évaluer Jm pour CN+ à 298 K et 1000 K.
Données :
- Masse atomiques (en uma) : 12,0111C ; 14,0067N
- Unité de masse atomique : 1 uma = 1,6605402 x 10-27Kg
- Vitesse de la lumière : c = 2,99792458 x 108 m/s
- Constante de Planck : h = 6,6260755 x 10-34 Js
- Constante de Boltzmann : kB = 1,380658 x 10-23 J/K
Corrigé
1) L’axe de rotation passe par le centre de gravité G, par conséquent :
m1r1 = m2r2
m1et m2 étant les masses des atomes M1et M2Or: re = r1 + r2Le moment d'inertie de la molécule par rapport à l'axe Gz s'écrit:
I = m1r12 + m2r22 = m1m2re2/(m1+ m2) = μre2
2)CN est une molécule diatomique, donc linéaire, son énergie de rotation s'écrit:
E = BJ(J + 1)
la molécule étant supposée rigide.Les nombres d'ondes des raies sont donnés par:
σ = 2B(J + 1)
La distance entre deux raies successives:
Δσ = 2B = 3,7978 cm-1
d'où: B = 1,8989 cm-1 or
B = h/8π2cI
I = 1,47415 x 10-46 Kgm2 , μ = 10,73735 x 10-27 Kg
re = 1,17171 Å
Les raies sont distantes de 2B = 3,13326 cm-1 et σ(J) = 2B(J + 1)
3)a - B = 1,56663 cm-1
σ(0) = 3,13326 cm-1
σ(1) = 6,2665 cm-1
σ(2) = 9,3997 cm-1
σ(3) = 12,5330 cm-1
b- La population du niveau inférieur est donnée par la loi de distribution de Boltzmann:
NJ = N0 (2J + 1)e-E/kT
L'état le plus peuplé correspond au maximum de NJ; par conséquent: dNJ/dJ = 0 pour J = Jm
Jm = (kT/2hcB)1/2 - 1/2
Jm # 8 à 298 K
Jm # 14 à 1000 K
Jm # 14 à 1000 K
II- Vibration-rotation de la molécule diatomique HCl
1) Établir les formules donnant les nombres d’onde σP et σR des branches P et R du spectre rovibrationnel de la molécule diatomique HCl à l’approximation d’ordre deux.
2) Le spectre de vibration-rotation de HCl entre les états inférieur v’’ = 0 et supérieur v’ = 4 permet de relever les nombres d’onde des raies suivantes :
R(0) = 8418,163 cm-1 , R(1) = 8421,728 cm-1 ,
P(1) = 8410,613 cm-1 et P(2) = 8406,628 cm-1
En
négligeant la distorsion centrifuge et en traitant HCl dans
l’approximation de l’oscillateur harmonique, calculer les constantes de
rotation Bv'' et Bv' et en déduire la variation relative de la distance des deux atomes H et Cl entre les états de vibration considérés.Corrigé
1)
L'énergie de vibration-rotation d'une molécule diatomique s'écrit:
E(J) = σ(v + 1/2) + x(v + 1/2)2 + BJ(J + 1) - DJ2(J + 1)2
jusqu'au second ordre d'approximationLes transitions vérifient les règles de sélection suivantes:
ΔJ = +1 pour la branche R
ΔJ = -1 pour la branche P
Les nombres d'ondes: ΔJ = -1 pour la branche P
σR = E(J + 1) - E(J)σP = E(J - 1) - E(J)
On trouve:
σR = σ0 + 2B - 4D - (3B - B0 - 12D)J + (B - B0 - 13D)J2
+ 2(D0 - 3D)J3 + (D0 - D)J4
+ 2(D0 - 3D)J3 + (D0 - D)J4
σP = σ0 - (B + B0)J + (B - B0 - D + D0)J2
+ 2(D0 + D)J3 + (D0 - D)J4
+ 2(D0 + D)J3 + (D0 - D)J4
R(0) = σ0 + 2B = 8418,163
R(1) = σ0 + 2B - (3B - B0) + (B - B0) = 8421,728
On en déduit:
B0 = 1,9225 cm-1= h/8π2cI0
B4 = 1,8525 cm-1 = h/8π2cI4
d'où (voir exercice I):
re = 1,129 Å ; r4 = 1,151 Å
La distance augmenteIII- Molécule toupie symétrique aplatie PF3
On considère la molécule PF3 du groupe de symétrie C3v.
1) Modes de vibration de PF3Montrer que cette molécule pyramidale possède quatre modes de vibration fondamentaux :
- ν1 et ν2 totalement symétriques, donc non dégénérées ;
- ν3 et ν4 doublement dégénérées.
2) Centres de bandes et constantes d’anharmonicité de PF3 (Réf. 1et 2)
a- Rappeler l’expression de l’énergie purement vibrationnelle G0(ν, ℓ) d’un état excité de PF3 par rapport au niveau de base à l’approximation d’ordre deux.
b- On appelle "centre de bande" le nombre d’onde G0(vi = 1, ℓ) et on le note (νιℓ)0.
Montrer les relations suivantes entre les centres de bandes et les constantes d’anharmonicité xij et gij de PF3 :
(ν1 + ν2)0 = (ν1)0 + (ν2)0 + x12
3) Bande parallèle ν2 de PF3 (Réfs. 3 et 4)
(2ν40 )0 = 2(ν4±1)0 + 2x44- 2g44
(2ν4±2 )0 = 2(ν4±1)0 + 2x44+ 2g44
a- En utilisant la relation donnant l’énergie de vibration-rotation d’un niveau de PF3 et des règles de sélection gouvernant les transitions rovibrationnelles, établir l’expression du nombre d’onde d’une transition non perturbée :
(J, K, v = 0) → (J’, K’, v2 = 1)
b- On donne : les constantes de rotation :
C0 = 0,159959 cm-1 , B0 = 0,260847 cm-1
C2 = 0,15989 cm-1 , B2 = 0,260553 cm-1
et la raie QR3(6) = 492,90054 cm-1
Calculer le centre de bande σ0 = (ν2)0 de PF3 ; on négligera la distorsion centrifuge.
Références :
1) Hamid Najib,
Molecular
Physics 106, 1199 – 1204 (2008).
2) Hamid Najib and
Abderrahim Jabar,
Canadian Journal of Physics 85, 259-268
(2007)
3) H. Najib, N.
Ben Sari, H. Bürger, A. Rahner and L. Halonen,
Journal of Molecular Spectroscopy 159,
249-258 (1993)
4) Hamid Najib and Hicham Msahal,
Molecular Physics 109,
1953-1956 (2011)
5) Hamid Najib
Journal of Molecular Spectroscopy, 305, 17-21 (2014)
Corrigé
1) - Pour PF3, molécule du groupe C3v, la représentation correspondant à la vibration a pour caractères: Γv(6, 0, 2) (
La décomposition donne: Γv = 2A1 + 2E
Ainsi cette molécule possède deux vibrations (ν1, ν2) simples totalement symétriques et deux vibrations (ν3, ν4) doublement dégénérées. Les 4 sont actives en infrarouge.2) Cf. (Réf. 1et 2), le calcul est long !
3)a- Si on néglige la distorsion:
σ = σ0 + BJ'(J' + 1) - B0J(J + 1) + (C - B - C0 + B0)K2
b- On trouve: σ0 = 487,7139 cm-1